Exercice 0.1 : La dérivée en un point par le taux d'accroissement

Pour chaque fonction, calculez $f'(a)$ au point indiqué en utilisant UNIQUEMENT la définition $f'(a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$ . Aucune règle de dérivation n'est permise : on écrit le taux d'accroissement, on le simplifie jusqu'à ce que le $h$ du dénominateur disparaisse, puis on passe à la limite.

Trois gestes suffisent, un par famille : développer puis mettre $h$ en facteur pour un polynôme, multiplier par le conjugué pour une racine, réduire au même dénominateur pour une fraction.

a) $f(x)=3x+5$ en $a=2$ .
b) $f(x)=x^{2}-4x$ en $a=3$ .
c) $f(x)=2x^{2}+x-1$ en $a=-1$ .
d) $f(x)=x^{3}$ en $a=2$ .
e) $f(x)=\sqrt{x+5}$ en $a=4$ .
f) $f(x)=\sqrt{2x+1}$ en $a=4$ .
g) $f(x)=\frac{3}{x}$ en $a=-1$ .
h) $f(x)=\frac{1}{x-2}$ en $a=3$ .
i) $f(x)=\frac{x}{x+1}$ en $a=1$ .
j) $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ en $a=4$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

f'(2)

b)

f'(3)

c)

f'(-1)

d)

f'(2)

e)

f'(4)

f)

f'(4)

g)

f'(-1)

h)

f'(3)

i)

f'(1)

j)

f'(4)

Voir la correction

Réponses

a) $f'(2)=3$
b) $f'(3)=2$
c) $f'(-1)=-3$
d) $f'(2)=12$
e) $f'(4)=\frac{1}{6}$
f) $f'(4)=\frac{1}{3}$
g) $f'(-1)=-3$
h) $f'(3)=-1$
i) $f'(1)=\frac{1}{4}$
j) $f'(4)=-\frac{1}{16}$

Le plan est le même à chaque ligne : calculer $f(a)$ , puis $f(a+h)$ , écrire la différence, la diviser par $h$ après l'avoir simplifiée, et enfin faire tendre $h$ vers 0.

Tant que le $h$ du dénominateur est là, remplacer $h$ par 0 donne $\frac{0}{0}$ : toute la simplification sert à le faire tomber. On a le droit de diviser par $h$ parce que, dans une limite, $h\ne 0$ .

a)

$f(2)=11$ et $f(2+h)=3(2+h)+5=11+3h$ .

\begin{aligned}\frac{f(2+h)-f(2)}{h} &= \frac{11+3h-11}{h} \\ &= \frac{3h}{h} = 3\end{aligned}

Le taux est constant, donc $f'(2)=3$ .

Pour une fonction affine, le taux d'accroissement ne dépend même pas de $h$ : la sécante est la droite, et la dérivée est sa pente, partout.

b)

$f(3)=9-12=-3$ et :

\begin{aligned}f(3+h) &= (3+h)^{2}-4(3+h) \\ &= 9+6h+h^{2}-12-4h \\ &= -3+2h+h^{2}\end{aligned}

\begin{aligned}\frac{f(3+h)-f(3)}{h} &= \frac{2h+h^{2}}{h} \\ &= \frac{h(2+h)}{h} \\ &= 2+h \to 2\end{aligned}

Donc $f'(3)=2$ .

Piège : oublier le $-4h$ en développant $-4(3+h)$ ; le taux devient $6+h$ et la « dérivée » 6 au lieu de 2.

c)

$f(-1)=2-1-1=0$ et :

\begin{aligned}&f(-1+h) \\ &\quad = 2(1-2h+h^{2})+(-1+h)-1 \\ &\quad = -3h+2h^{2}\end{aligned}

\begin{aligned}\frac{f(-1+h)-f(-1)}{h} &= \frac{-3h+2h^{2}}{h} \\ &= -3+2h \to -3\end{aligned}

Donc $f'(-1)=-3$ .

Piège : le signe dans $(-1+h)^{2}=1-2h+h^{2}$ . L'écrire $1+2h+h^{2}$ donne $f'(-1)=5$ , faux et même de mauvais signe.

d)

On développe le cube :

\begin{aligned}(2+h)^{3} &= 8+12h+6h^{2}+h^{3} \\ f(2+h)-f(2) &= 12h+6h^{2}+h^{3}\end{aligned}

\displaystyle \frac{f(2+h)-f(2)}{h}=12+6h+h^{2}\to 12

Donc $f'(2)=12$ .

Piège : $(2+h)^{3}\ne 8+h^{3}$ . Avec cette erreur le taux vaut $h^{2}$ et la dérivée 0, ce qu'une courbe aussi raide en 2 dément à l'œil.

e)

$f(4)=\sqrt{9}=3$ . On multiplie haut et bas par le conjugué $\sqrt{9+h}+3$ :

\begin{aligned}\frac{\sqrt{9+h}-3}{h} &= \frac{(9+h)-9}{h(\sqrt{9+h}+3)} \\ &= \frac{h}{h(\sqrt{9+h}+3)} \\ &= \frac{1}{\sqrt{9+h}+3} \to \frac{1}{6}\end{aligned}

Donc $f'(4)=\frac{1}{6}$ .

Le conjugué ne sert pas à « enlever la racine » : il transforme une différence de racines en différence de carrés, où le $h$ apparaît en facteur.

f)

$f(4)=\sqrt{9}=3$ et $f(4+h)=\sqrt{9+2h}$ . Conjugué $\sqrt{9+2h}+3$ :

\begin{aligned}&\frac{\sqrt{9+2h}-3}{h} \\ &\quad = \frac{(9+2h)-9}{h(\sqrt{9+2h}+3)} \\ &\quad = \frac{2}{\sqrt{9+2h}+3} \to \frac{1}{3}\end{aligned}

Donc $f'(4)=\frac{1}{3}$ .

Piège : écrire $f(4+h)=\sqrt{2\cdot 4+1+h}$ . C'est $x$ qu'on remplace par $4+h$ , donc le $h$ est multiplié par 2 comme le $x$ . L'erreur donne $\frac{1}{6}$ , la moitié de la bonne valeur.

g)

$f(-1)=-3$ et $f(-1+h)=\frac{3}{h-1}$ .

\begin{aligned}&f(-1+h)-f(-1) \\ &\quad = \frac{3}{h-1}+3 \\ &\quad = \frac{3+3(h-1)}{h-1} = \frac{3h}{h-1}\end{aligned}

\displaystyle \frac{f(-1+h)-f(-1)}{h}=\frac{3}{h-1}\to\frac{3}{-1}=-3

Donc $f'(-1)=-3$ . Contrôle de signe : $\frac{3}{x}$ décroît sur chaque branche, la dérivée négative est attendue.

Piège : soustraire $3$ au lieu de $-3$ . Le numérateur vaut alors $\frac{6-3h}{h-1}$ , qui tend vers $-6$ et non vers 0 : c'est le signal d'alarme, car dans une dérivée la différence $f(a+h)-f(a)$ tend toujours vers 0.

h)

$f(3)=1$ et $f(3+h)=\frac{1}{1+h}$ . Au même dénominateur :

\begin{aligned}\frac{1}{1+h}-1 &= \frac{1-(1+h)}{1+h} \\ &= \frac{-h}{1+h}\end{aligned}

\displaystyle \frac{f(3+h)-f(3)}{h}=\frac{-1}{1+h}\to -1

Donc $f'(3)=-1$ .

Piège : oublier la parenthèse, $1-1+h=h$ , ce qui donne $+1$ .

i)

Mélange polynôme et fraction. $f(1)=\frac{1}{2}$ et $f(1+h)=\frac{1+h}{2+h}$ .

\begin{aligned}\frac{1+h}{2+h}-\frac{1}{2} &= \frac{2(1+h)-(2+h)}{2(2+h)} \\ &= \frac{h}{2(2+h)}\end{aligned}

\displaystyle \frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\frac{1}{2(2+h)}\to\frac{1}{4}

Donc $f'(1)=\frac{1}{4}$ .

Piège : croire que la dérivée d'un quotient est le quotient des dérivées, $\frac{1}{1}=1$ ; la définition ne laisse aucune place à ce raccourci.

j)

Mélange fraction et racine, les deux gestes à la suite. $f(4)=\frac{1}{2}$ .

Même dénominateur d'abord :

\displaystyle \frac{1}{\sqrt{4+h}}-\frac{1}{2}=\frac{2-\sqrt{4+h}}{2\sqrt{4+h}}

Conjugué ensuite, $2+\sqrt{4+h}$ : le numérateur devient $4-(4+h)=-h$ , d'où le taux :

\displaystyle \frac{-1}{2\sqrt{4+h}\,(2+\sqrt{4+h})}\to\frac{-1}{2\cdot 2\cdot 4}=-\frac{1}{16}

Donc $f'(4)=-\frac{1}{16}$ .

L'ordre compte : on réduit la fraction avant de chercher le conjugué, sinon il n'y a pas de différence de racines à multiplier.

Contrôle global, sans règle mais avec une calculatrice : pour $h=0{,}001$ , le taux d'accroissement de chaque ligne tombe à moins d'un centième de la valeur trouvée. C'est la meilleure vérification d'une dérivée par la définition, et elle prend dix secondes.

Coche ici les exercices faits ou à revoir : un compte gratuit, sans mot de passe, retient tes coches et tes réponses justes d'une visite à l'autre, te dit quel chapitre attaquer ensuite et te permet de demander l'exercice qui te manque. Crée ton espace, un courriel suffit.

Exercice 0.2 : La fonction dérivée par le taux d'accroissement

Pour chaque fonction, calculez $f'(x)$ pour tout $x$ où elle existe en utilisant UNIQUEMENT la définition $f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ . Même démarche qu'à l'exercice 0.1, mais $x$ reste une lettre : c'est $h$ seul qui tend vers 0, et le résultat est une FONCTION.

Une fois le calcul fait, choisissez dans la liste la formule obtenue. Pour les racines et les fractions, précisez aussi pour quels $x$ la dérivée existe.

a) $f(x)=5x-7$ .
b) $f(x)=x^{2}+3x$ .
c) $f(x)=3x^{2}-2x+1$ .
d) $f(x)=x^{3}-x$ .
e) $f(x)=\sqrt{x-3}$ .
f) $f(x)=\sqrt{5-x}$ .
g) $f(x)=\frac{2}{x}$ .
h) $f(x)=\frac{1}{x+3}$ .
i) $f(x)=\frac{x+1}{x-1}$ .
j) $f(x)=\frac{1}{x^{2}}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

f'(x)

b)

f'(x)

c)

f'(x)

d)

f'(x)

e)

f'(x)

Dérivable pour

f)

f'(x)

g)

f'(x)

h)

f'(x)

i)

f'(x)

j)

f'(x)

Voir la correction

Réponses

a) $f'(x)=5$ pour tout réel $x$
b) $f'(x)=2x+3$
c) $f'(x)=6x-2$
d) $f'(x)=3x^{2}-1$
e) $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x-3}}$ pour $x>3$
f) $f'(x)=-\frac{1}{2\sqrt{5-x}}$ pour $x<5$
g) $f'(x)=-\frac{2}{x^{2}}$ pour $x\ne 0$
h) $f'(x)=-\frac{1}{(x+3)^{2}}$ pour $x\ne -3$
i) $f'(x)=-\frac{2}{(x-1)^{2}}$ pour $x\ne 1$
j) $f'(x)=-\frac{2}{x^{3}}$ pour $x\ne 0$

La différence avec l'exercice 0.1 tient en une phrase : $x$ est fixé pendant tout le calcul, seul $h$ bouge.

On développe donc $f(x+h)$ en gardant $x$ comme une lettre, et on ne remplace $h$ par 0 qu'à la toute dernière ligne. Chaque résultat se contrôle en y remettant une valeur de $x$ et en comparant au taux calculé à la machine pour un petit $h$ .

a)

\begin{aligned}&f(x+h)-f(x) \\ &\quad = 5(x+h)-7-(5x-7) \\ &\quad = 5h\end{aligned}

Le taux vaut $5$ , donc $f'(x)=5$ pour tout réel $x$ .

La constante $-7$ disparaît dans la différence : elle décale la droite sans changer sa pente.

b)

\displaystyle f(x+h)=x^{2}+2xh+h^{2}+3x+3h

\begin{aligned}&f(x+h)-f(x) \\ &\quad = 2xh+h^{2}+3h \\ &\quad = h(2x+h+3)\end{aligned}

Taux : $2x+h+3\to 2x+3$ . Donc $f'(x)=2x+3$ .

Piège : s'arrêter à $2x+3+h$ . Tant que $h$ est là, on n'a calculé qu'une pente de sécante, pas la dérivée.

c)

$3(x+h)^{2}=3x^{2}+6xh+3h^{2}$ et $-2(x+h)=-2x-2h$ .

\begin{aligned}f(x+h)-f(x) &= 6xh+3h^{2}-2h \\ &= h(6x+3h-2)\end{aligned}

Taux : $6x+3h-2\to 6x-2$ . Donc $f'(x)=6x-2$ .

Contrôle : en $x=0$ , $f'(0)=-2$ , et le taux $\frac{f(0{,}001)-f(0)}{0{,}001}=-1{,}997$ .

Piège : garder la constante $+1$ ; elle s'annule dans $f(x+h)-f(x)$ comme au a).

d)

\displaystyle (x+h)^{3}=x^{3}+3x^{2}h+3xh^{2}+h^{3}

\begin{aligned}&f(x+h)-f(x) \\ &\quad = 3x^{2}h+3xh^{2}+h^{3}-h \\ &\quad = h(3x^{2}+3xh+h^{2}-1)\end{aligned}

Taux : $3x^{2}+3xh+h^{2}-1\to 3x^{2}-1$ . Donc $f'(x)=3x^{2}-1$ .

Les termes en $h$ et $h^{2}$ du taux sont exactement ceux qui s'effacent à la limite : un développement incomplet de $(x+h)^{3}$ ne se voit donc pas toujours dans le résultat, d'où l'intérêt de l'écrire en entier.

e)

On multiplie par le conjugué $\sqrt{x+h-3}+\sqrt{x-3}$ : le numérateur devient $(x+h-3)-(x-3)=h$ .

\begin{aligned}&\frac{\sqrt{x+h-3}-\sqrt{x-3}}{h} \\ &\quad = \frac{1}{\sqrt{x+h-3}+\sqrt{x-3}} \\ &\quad \to \frac{1}{2\sqrt{x-3}}\end{aligned}

Donc $f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x-3}}$ pour $x>3$ .

En $x=3$ , $f$ est définie mais la dérivée ne l'est pas : le dénominateur s'annule, la tangente y est verticale.

Piège : oublier le 2, qui vient de ce que les deux racines du dénominateur tendent vers $\sqrt{x-3}$ .

f)

Le conjugué $\sqrt{5-x-h}+\sqrt{5-x}$ donne au numérateur $(5-x-h)-(5-x)=-h$ .

\begin{aligned}&\frac{\sqrt{5-x-h}-\sqrt{5-x}}{h} \\ &\quad = \frac{-1}{\sqrt{5-x-h}+\sqrt{5-x}} \\ &\quad \to \frac{-1}{2\sqrt{5-x}}\end{aligned}

Donc $f'(x)=-\frac{1}{2\sqrt{5-x}}$ pour $x<5$ .

Contrôle graphique : $\sqrt{5-x}$ décroît quand $x$ augmente, une dérivée positive serait absurde.

Piège : perdre le signe moins, qui vient de $-(x+h)=-x-h$ .

g)

Même dénominateur :

\begin{aligned}\frac{2}{x+h}-\frac{2}{x} &= \frac{2x-2(x+h)}{x(x+h)} \\ &= \frac{-2h}{x(x+h)}\end{aligned}

Taux : $\frac{-2}{x(x+h)}\to-\frac{2}{x^{2}}$ . Donc $f'(x)=-\frac{2}{x^{2}}$ pour $x\ne 0$ .

Contrôle : en $x=-1$ , on retrouve $-2$ , cohérent avec le g) de l'exercice 0.1, qui donnait $-3$ pour $\frac{3}{x}$ au même point.

h)

\begin{aligned}&\frac{1}{x+h+3}-\frac{1}{x+3} \\ &\quad = \frac{(x+3)-(x+h+3)}{(x+3)(x+h+3)} \\ &\quad = \frac{-h}{(x+3)(x+h+3)}\end{aligned}

Taux : $\frac{-1}{(x+3)(x+h+3)}\to-\frac{1}{(x+3)^{2}}$ . Donc $f'(x)=-\frac{1}{(x+3)^{2}}$ pour $x\ne -3$ .

Le carré au dénominateur n'est pas une formule apprise : c'est le produit de deux facteurs qui deviennent égaux quand $h\to 0$ .

i)

Mélange polynôme et fraction. Au même dénominateur, le numérateur de $f(x+h)-f(x)$ vaut :

\begin{aligned}&(x+h+1)(x-1)-(x+1)(x+h-1) \\ &\quad = (x^{2}+hx-h-1) \\ &\quad \quad -(x^{2}+hx+h-1) \\ &\quad = -2h\end{aligned}

Tout le reste s'annule, ce qui est le signe d'un calcul juste.

Taux : $\frac{-2}{(x+h-1)(x-1)}\to-\frac{2}{(x-1)^{2}}$ . Donc $f'(x)=-\frac{2}{(x-1)^{2}}$ pour $x\ne 1$ .

Piège : diviser la dérivée du haut par celle du bas, $\frac{1}{1}=1$ , faux dès qu'on teste une valeur.

j)

\begin{aligned}\frac{1}{(x+h)^{2}}-\frac{1}{x^{2}} &= \frac{x^{2}-(x+h)^{2}}{x^{2}(x+h)^{2}} \\ &= \frac{-2xh-h^{2}}{x^{2}(x+h)^{2}}\end{aligned}

Taux : $\frac{-(2x+h)}{x^{2}(x+h)^{2}}\to\frac{-2x}{x^{4}}=-\frac{2}{x^{3}}$ . Donc $f'(x)=-\frac{2}{x^{3}}$ pour $x\ne 0$ .

Remarquez le signe : $-\frac{2}{x^{3}}$ est positive pour $x<0$ , et $\frac{1}{x^{2}}$ croît bien quand $x$ monte vers 0 par la gauche.

Piège : $(x+h)^{2}=x^{2}+2xh+h^{2}$ , pas $x^{2}+h^{2}$ ; l'erreur laisse $-h^{2}$ au numérateur et une « dérivée » nulle.

Bilan des deux exercices de calculs : les dix fonctions dérivées trouvées ici, les règles de puissance et du quotient de l'exercice 2 les donnent en une ligne.

La définition prouve les règles ; les règles ne dispensent pas de savoir refaire la définition, que les examens de 201-SN2-RE demandent presque toujours sur au moins une question.

Exercice 1 : De la sécante à la tangente : la définition

La figure montre $y=x^{2}$ au point $A(1,1)$ , avec deux sécantes (en gris, la plus raide pour $h=1$ ) : à mesure que le second point glisse vers $A$ , la sécante bascule vers la tangente, que la question b) fait trouver.

a) Calculez la pente de la sécante joignant $A(1,1)$ au point d'abscisse $1+h$ pour $h=1$ puis $h=0{,}5$ , et vérifiez vos valeurs sur la figure.
b) Écrivez le taux de variation pour un $h$ quelconque, simplifiez-le, puis passez à la limite pour obtenir $f'(1)$ . Donnez l'équation de la tangente.
c) Calculez $g'(2)$ par la DÉFINITION pour $g(x)=\frac{1}{x}$ .
d) Calculez $k'(4)$ par la DÉFINITION pour $k(x)=\sqrt{x}$ . Quelle technique du chapitre des limites faut-il ressortir, et pourquoi la dérivée est-elle toujours une indétermination $\frac{0}{0}$ ?

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Réponses

a) $3$ et $2{,}5$
b) $f'(1)=2$ ; tangente $y=2x-1$
c) $g'(2)=-\frac{1}{4}$
d) $k'(4)=\frac{1}{4}$ par le conjugué

a)

Pour $h=1$ , le second point est $(2,4)$ : pente $\frac{4-1}{2-1}=3$ .

Pour $h=0{,}5$ , le point est $(1{,}5;2{,}25)$ : pente $\frac{2{,}25-1}{0{,}5}=2{,}5$ .

Ce sont bien les deux droites grises de la figure, de plus en plus couchées : la sécante se rapproche de la tangente par valeurs supérieures.

b)

Taux de variation, licite à simplifier car $h\ne 0$ dans une limite :

\begin{aligned}\frac{f(1+h)-f(1)}{h} &= \frac{(1+h)^{2}-1}{h} \\ &= \frac{1+2h+h^{2}-1}{h} \\ &= \frac{h(2+h)}{h} = 2+h\end{aligned}

\displaystyle f'(1)=\lim_{h\to 0}(2+h)=2

Cohérence : $h=1$ donnait 3, $h=0{,}5$ donnait 2,5, la tendance vers 2 est nette.

Tangente, la droite bleue :

\displaystyle y=f(1)+f'(1)(x-1)=1+2(x-1)=2x-1

c)

On met au même dénominateur en haut, puis on divise par $h$ :

\begin{aligned}\frac{g(2+h)-g(2)}{h} &= \frac{\frac{1}{2+h}-\frac{1}{2}}{h} \\ &= \frac{2-(2+h)}{2(2+h)}\cdot\frac{1}{h} \\ &= \frac{-1}{2(2+h)} \to -\frac{1}{4}\end{aligned}

Donc $g'(2)=-\frac{1}{4}$ : négative, comme il se doit pour une hyperbole décroissante.

d)

On multiplie par le conjugué $\sqrt{4+h}+2$ :

\begin{aligned}\frac{\sqrt{4+h}-2}{h} &= \frac{(4+h)-4}{h(\sqrt{4+h}+2)} \\ &= \frac{h}{h(\sqrt{4+h}+2)} \\ &= \frac{1}{\sqrt{4+h}+2} \to \frac{1}{4}\end{aligned}

Donc $k'(4)=\frac{1}{4}$ .

Pourquoi toujours $\frac{0}{0}$ : au numérateur, $f(a+h)-f(a)\to 0$ dès que $f$ est continue en $a$ ; au dénominateur, $h\to 0$ par construction.

La dérivée est définie comme une indétermination : c'est précisément pour lui donner un sens que le chapitre des limites existe, et chacune de ses techniques (factorisation, conjugué, même dénominateur) se retrouve ici au service de la dérivée.

Exercice 2 : Les règles : puissance, produit, quotient

Les règles évitent de repasser par la définition à chaque fois; encore faut-il savoir laquelle s'applique, et dans quel ordre.

a) Dérivez $f(x)=3x^{5}-2x^{3}+7x-4$ , puis $g(x)=4\sqrt{x}+\frac{3}{x^{2}}$ (réécrivez d'abord en puissances).
b) Dérivez $h(x)=(x^{2}+1)(x^{3}-2x)$ par la règle du produit, puis vérifiez en développant d'abord. Que conclure ?
c) Dérivez $u(x)=\frac{2x+1}{x-3}$ par la règle du quotient, et déterminez le signe de $u'$ sur son domaine. Qu'est-ce que cela dit de la fonction ?
d) Démontrez la règle du produit à partir de la définition, en utilisant l'astuce d'ajouter et retrancher $f(x+h)g(x)$ .

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Réponses

a) $15x^{4}-6x^{2}+7$ ; $\frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{6}{x^{3}}$
b) $h'(x)=5x^{4}-3x^{2}-2$ par les deux voies
c) $u'(x)=\frac{-7}{(x-3)^{2}}<0$ : décroissante sur chaque branche
d) $(fg)'=f'g+fg'$

a)

Règle de puissance terme à terme, la constante $-4$ disparaît :

\displaystyle f'(x)=15x^{4}-6x^{2}+7

Pour $g$ , on réécrit d'abord en puissances, $g(x)=4x^{1/2}+3x^{-2}$ :

\begin{aligned}g'(x) &= 4\cdot\frac{1}{2}x^{-1/2}+3(-2)x^{-3} \\ &= \frac{2}{\sqrt{x}}-\frac{6}{x^{3}}\end{aligned}

Réflexe : racines et fractions se convertissent en exposants avant toute dérivation ; la règle de puissance vaut pour tout exposant réel.

b)

Par la règle du produit :

\begin{aligned}&h'(x) \\ &\quad = (2x)(x^{3}-2x)+(x^{2}+1)(3x^{2}-2) \\ &\quad = 2x^{4}-4x^{2}+3x^{4}-2x^{2}+3x^{2}-2 \\ &\quad = 5x^{4}-3x^{2}-2\end{aligned}

Vérification en développant d'abord : $h(x)=x^{5}-x^{3}-2x$ , donc $h'=5x^{4}-3x^{2}-2$ ✓.

Conclusion : les deux voies donnent le même résultat, mais le développement préalable n'est possible que pour des polynômes ; la règle du produit, elle, marche sur n'importe quel produit ( $xe^{x}$ , $x\sin x$ ).

Piège : croire que $(fg)'=f'g'$ . Ici $f'g'=(2x)(3x^{2}-2)=6x^{3}-4x$ , sans rapport.

c)

Par la règle du quotient :

\begin{aligned}u' &= \frac{2(x-3)-(2x+1)(1)}{(x-3)^{2}} \\ &= \frac{2x-6-2x-1}{(x-3)^{2}} \\ &= \frac{-7}{(x-3)^{2}}\end{aligned}

Le dénominateur est un carré, strictement positif partout sauf en 3 : $u'<0$ sur tout le domaine.

La fonction est donc strictement décroissante sur $]-\infty,3[$ et sur $]3,+\infty[$ : décroissante sur chaque branche, mais pas « sur son domaine » d'un seul tenant, puisque l'asymptote en 3 sépare deux morceaux entre lesquels aucune comparaison n'a de sens.

d)

Par définition :

\displaystyle (fg)'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)}{h}

On ajoute et retranche $f(x+h)g(x)$ au numérateur, puis on regroupe :

\begin{aligned}&f(x+h)g(x+h)-f(x+h)g(x) \\ &\quad \quad +f(x+h)g(x)-f(x)g(x) \\ &\quad = f(x+h)\left[g(x+h)-g(x)\right] \\ &\quad \quad +g(x)\left[f(x+h)-f(x)\right]\end{aligned}

On divise par $h$ et on passe à la limite : le premier terme tend vers $f(x)g'(x)$ (car $f(x+h)\to f(x)$ , la dérivabilité entraînant la continuité), le second vers $g(x)f'(x)$ .

\displaystyle (fg)'=f'g+fg'

L'astuce du terme ajouté-retranché est la charpente cachée de la plupart des démonstrations du cours.

Exercice 3 : La règle de chaîne : dériver les emboîtements

La règle de chaîne dérive les fonctions composées : on pèle la fonction comme un oignon, de l'extérieur vers l'intérieur, en multipliant à chaque couche.

a) Énoncez la règle de chaîne dans les deux notations, puis dérivez $f(x)=(3x^{2}+1)^{5}$ .
b) Dérivez $g(x)=\sqrt{x^{2}+9}$ et $h(x)=\sin(x^{3})$ . Attention à ne pas confondre $\sin(x^{3})$ et $\sin^{3}(x)$ : dérivez aussi la seconde.
c) Dérivez $k(x)=\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{4}$ : trois couches emboîtées.
d) Un ballon sphérique se gonfle : son rayon croît de $2$ cm/s. À l'aide de la règle de chaîne, trouvez la vitesse de croissance du volume quand $r=10$ cm. Quelle lecture de la règle de chaîne ce problème illustre-t-il ?

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Réponses

a) $30x(3x^{2}+1)^{4}$
b) $\frac{x}{\sqrt{x^{2}+9}}$ ; $3x^{2}\cos(x^{3})$ ; $3\sin^{2}x\cos x$
c) $24x(x^{2}+1)^{2}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}$
d) $800\pi\approx 2513$ cm³/s

a)

Notation de Lagrange : $[f(g(x))]'=f'(g(x))\cdot g'(x)$ .

Notation de Leibniz : $\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot\frac{du}{dx}$ , où les $du$ semblent « se simplifier », ce qui est un excellent moyen mnémotechnique.

Pour $f(x)=(3x^{2}+1)^{5}$ : l'extérieur est la puissance 5, l'intérieur $3x^{2}+1$ , de dérivée $6x$ .

\begin{aligned}f'(x) &= 5(3x^{2}+1)^{4}\cdot 6x \\ &= 30x(3x^{2}+1)^{4}\end{aligned}

b)

$g(x)=(x^{2}+9)^{1/2}$ :

\begin{aligned}g'(x) &= \frac{1}{2}(x^{2}+9)^{-1/2}\cdot 2x \\ &= \frac{x}{\sqrt{x^{2}+9}}\end{aligned}

$h(x)=\sin(x^{3})$ : l'extérieur est le sinus, l'intérieur $x^{3}$ .

\displaystyle h'(x)=\cos(x^{3})\cdot 3x^{2}=3x^{2}\cos(x^{3})

En revanche $\sin^{3}(x)=[\sin x]^{3}$ a pour extérieur le cube et pour intérieur le sinus :

\displaystyle \left(\sin^{3}x\right)'=3\sin^{2}(x)\cos x

Piège : deux notations très proches, deux fonctions et deux dérivées sans rapport. Lire l'ordre d'emboîtement avant de dériver.

c)

Trois couches : puissance 4 (extérieur), puis $(x^{2}+1)^{3}+2$ , puis $x^{2}+1$ . On pèle :

\begin{aligned}&k'(x) \\ &\quad = 4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]' \\ &\quad = 4\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\cdot 3(x^{2}+1)^{2}\cdot 2x \\ &\quad = 24x(x^{2}+1)^{2}\left[(x^{2}+1)^{3}+2\right]^{3}\end{aligned}

Chaque couche ajoute un facteur, et le processus s'arrête quand l'intérieur est enfin une expression élémentaire.

d)

$V=\frac{4}{3}\pi r^{3}$ , où $r$ dépend du temps :

\displaystyle \frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dr}\cdot\frac{dr}{dt}=4\pi r^{2}\cdot\frac{dr}{dt}

Avec $r=10$ et $\frac{dr}{dt}=2$ :

$\frac{dV}{dt}=4\pi(100)(2)=800\pi\approx 2513$ cm³/s.

La règle de chaîne est la loi de composition des taux : le volume ne dépend pas directement du temps, mais du rayon, qui lui dépend du temps, et les deux taux se multiplient.

Remarquez le facteur $4\pi r^{2}$ , l'aire de la sphère : le volume croît proportionnellement à la surface (on ajoute une pellicule d'épaisseur $dr$ sur toute la surface), ce qui ouvre directement le chapitre des taux liés.

Exercice 4 : Les dérivées d'ordre supérieur

Dériver une dérivée donne une nouvelle fonction, et l'opération se répète. La deuxième dérivée mesure la variation de la variation, notion sans laquelle ni la concavité ni l'accélération n'existeraient.

a) Pour $f(x)=x^{4}-3x^{2}+2x$ , calculez $f'$ , $f''$ , $f'''$ , $f^{(4)}$ et $f^{(5)}$ . Que constate-t-on pour un polynôme ?
b) Un mobile a pour position $s(t)=t^{3}-6t^{2}+9t$ (en mètres, $t$ en secondes). Déterminez sa vitesse et son accélération, puis les instants où il s'arrête et celui où son accélération s'annule.
c) Pour $f(x)=\frac{1}{x}$ , calculez $f'$ , $f''$ , $f'''$ puis conjecturez une formule pour $f^{(n)}(x)$ . Vérifiez-la pour $n=1$ et $n=2$ .
d) Donnez $f^{(n)}$ pour $f(x)=e^{2x}$ , puis pour $f(x)=\sin x$ . En quoi ces deux comportements diffèrent-ils radicalement ?

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Réponses

a) $4x^{3}-6x+2$ , $12x^{2}-6$ , $24x$ , $24$ , $0$
b) $v=3(t-1)(t-3)$ , $a=6t-12$ ; arrêts à 1 s et 3 s ; $a=0$ à 2 s
c) $f^{(n)}(x)=(-1)^{n}n!\,x^{-(n+1)}$
d) $2^{n}e^{2x}$ ; le sinus a un cycle de 4

a)

On dérive successivement :

\begin{aligned}f'(x) &= 4x^{3}-6x+2 \\ f''(x) &= 12x^{2}-6 \\ f'''(x) &= 24x \\ f^{(4)}(x) &= 24 \\ f^{(5)}(x) &= 0\end{aligned}

Chaque dérivation abaisse le degré d'une unité : la dérivée $(n+1)$ -ième d'un polynôme de degré $n$ est identiquement nulle, et toutes les suivantes aussi. Ici le degré est 4, et c'est bien $f^{(5)}$ qui s'annule.

C'est ce qui rend les polynômes si commodes : leur suite de dérivées s'arrête.

b)

\begin{aligned}v(t)=s'(t) &= 3t^{2}-12t+9 \\ &= 3(t-1)(t-3) \\ a(t)=v'(t) &= 6t-12\end{aligned}

Le mobile s'arrête quand $v(t)=0$ , soit à $t=1$ s et $t=3$ s. L'accélération s'annule à $t=2$ s.

Lecture du mouvement : de $t=0$ à $t=1$ la vitesse est positive (le mobile avance), entre $t=1$ et $t=3$ elle est négative (il recule, avec $v(2)=-3$ m/s), puis elle redevient positive.

L'instant $t=2$ , où $a=0$ , est celui où le mobile recule le plus vite : c'est le minimum de la vitesse, et non un arrêt.

Piège : confondre « accélération nulle » et « vitesse nulle », l'erreur classique de ce type de question.

c)

En réécrivant $f(x)=x^{-1}$ :

\begin{aligned}f'(x) &= -x^{-2} \\ f''(x) &= 2x^{-3} \\ f'''(x) &= -6x^{-4}\end{aligned}

Les signes alternent, et les coefficients $1,2,6$ sont les factorielles $1!,2!,3!$ . On conjecture :

\displaystyle f^{(n)}(x)=(-1)^{n}\,n!\,x^{-(n+1)}

Vérification : pour $n=1$ , $(-1)^{1}(1!)x^{-2}=-x^{-2}$ ✓ ; pour $n=2$ , $(-1)^{2}(2!)x^{-3}=2x^{-3}$ ✓.

Contrairement au polynôme, la suite ne s'arrête jamais : chaque dérivation enfonce l'exposant négatif un cran plus bas au lieu de réduire un degré.

d)

Pour $f(x)=e^{2x}$ , chaque dérivation fait sortir un facteur 2 par la règle de chaîne :

\displaystyle f'(x)=2e^{2x},\quad f''(x)=4e^{2x},\quad f^{(n)}(x)=2^{n}e^{2x}

La fonction se reproduit à un facteur près, et ce facteur croît géométriquement.

Pour $f(x)=\sin x$ :

\displaystyle f'=\cos x,\quad f''=-\sin x,\quad f'''=-\cos x,\quad f^{(4)}=\sin x

Le cycle recommence : $f^{(n)}$ ne prend que quatre valeurs, selon le reste de $n$ dans la division par 4.

La différence est radicale : l'exponentielle amplifie indéfiniment, le sinus tourne en rond sans jamais grandir. C'est cette périodicité de quatre qui produira, au cours de calcul intégral, la série de Maclaurin du sinus avec ses termes alternés et ses exposants impairs.

Exercice 5 : Tangentes et normales

La dérivée n'est pas seulement un nombre : c'est la pente d'une droite précise. Savoir écrire l'équation de cette droite, et celle de sa perpendiculaire, est exigé à chaque examen.

a) Pour $f(x)=x^{2}-4x+3$ , écrivez l'équation de la tangente et celle de la normale au point d'abscisse $x=3$ .
b) En quel point la tangente à cette courbe est-elle PARALLÈLE à la droite $y=8x+5$ ? Donnez son équation.
c) Déterminez toutes les tangentes à la parabole $y=x^{2}$ qui passent par le point $P(0,-1)$ , extérieur à la courbe. Combien y en a-t-il ?
d) Pourquoi la pente de la normale vaut-elle $-\frac{1}{f'(a)}$ ? Que devient la normale lorsque $f'(a)=0$ ?

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Réponses

a) Tangente $y=2x-6$ ; normale $y=-\frac{x}{2}+\frac{3}{2}$
b) Point $(6\,;15)$ ; $y=8x-33$
c) Deux tangentes : $y=2x-1$ et $y=-2x-1$
d) Pentes de produit $-1$ ; normale verticale $x=a$

a)

Point de contact : $f(3)=9-12+3=0$ , donc $(3,0)$ . Pente : $f'(x)=2x-4$ , donc $f'(3)=2$ .

Tangente : $y-0=2(x-3)$ , soit $y=2x-6$ .

Normale, perpendiculaire à la tangente au même point, de pente $-\frac{1}{2}$ :

\displaystyle y=-\frac{1}{2}(x-3)=-\frac{x}{2}+\frac{3}{2}

Contrôle : le produit des pentes vaut $2\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-1$ ✓, condition de perpendicularité.

b)

Parallèle veut dire même pente : on cherche $x$ tel que $f'(x)=8$ , soit $2x-4=8$ , d'où $x=6$ .

Point de contact : $f(6)=36-24+3=15$ , soit $(6,15)$ .

\displaystyle y-15=8(x-6)\iff y=8x-33

La démarche est l'inverse de celle du a) : là on connaissait le point et on cherchait la pente, ici on connaît la pente et on cherche le point. Toute question de tangente se ramène à l'une de ces deux directions.

c)

Piège : $P(0,-1)$ n'est pas sur la courbe, on ne peut donc pas y calculer la dérivée.

On paramètre par le point de contact, inconnu : $(a,a^{2})$ . La pente y vaut $2a$ , d'où la tangente :

\displaystyle y-a^{2}=2a(x-a)

On impose qu'elle passe par $P(0,-1)$ :

\begin{aligned}-1-a^{2} &= 2a(0-a) = -2a^{2} \\ a^{2} &= 1 \quad\text{donc}\quad a=\pm 1\end{aligned}

Il y a donc deux tangentes. Pour $a=1$ : contact $(1,1)$ , pente 2, $y=2x-1$ . Pour $a=-1$ : contact $(-1,1)$ , pente $-2$ , $y=-2x-1$ .

Vérification : les deux droites passent bien par $(0,-1)$ ✓. Depuis un point situé sous une parabole, on voit exactement deux tangentes, symétriques par rapport à l'axe.

d)

Deux droites non verticales sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs pentes vaut $-1$ . La tangente ayant pour pente $f'(a)$ , la pente $m$ de la normale vérifie :

\displaystyle m\cdot f'(a)=-1\iff m=-\frac{1}{f'(a)}

Si $f'(a)=0$ , la tangente est horizontale et la formule perd son sens (division par zéro) : la normale est alors verticale, d'équation $x=a$ .

Une droite verticale n'a pas de pente, aucune formule en $m$ ne pouvait la décrire : ce cas se traite à part. C'est le même phénomène qu'au d) de l'exercice 7 sur les tangentes verticales, les rôles de la tangente et de la normale y étant échangés.

Exercice 6 : Les fonctions transcendantes

Exponentielle, logarithme et trigonométrie complètent la boîte à outils; combinées aux règles précédentes, elles couvrent presque toutes les fonctions du cours.

a) Dérivez $f(x)=e^{2x}$ , $g(x)=\ln(x^{2}+1)$ et $h(x)=xe^{x}$ .
b) Dérivez $u(x)=\sin x\cos x$ de deux façons (règle du produit, puis après simplification par la formule du double angle) et vérifiez la concordance.
c) Dérivez $v(x)=e^{x}\ln x$ et $w(x)=\frac{\ln x}{x}$ . Pour $w$ , trouvez le point où la tangente est horizontale.
d) Calculez la dérivée de $y=x^{x}$ (pour $x>0$ ) par DÉRIVATION LOGARITHMIQUE. Pourquoi ni la règle de puissance ni celle de l'exponentielle ne s'appliquent-elles directement ?

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Réponses

a) $2e^{2x}$ ; $\frac{2x}{x^{2}+1}$ ; $e^{x}(1+x)$
b) $u'(x)=\cos 2x$
c) $v'=e^{x}\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)$ ; $w'=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$ nulle en $x=e$
d) $y'=x^{x}(\ln x+1)$

a)

$f'(x)=e^{2x}\cdot 2=2e^{2x}$ (chaîne : l'intérieur $2x$ a pour dérivée 2).

\displaystyle g'(x)=\frac{1}{x^{2}+1}\cdot 2x=\frac{2x}{x^{2}+1}

\displaystyle h'(x)=(1)e^{x}+xe^{x}=e^{x}(1+x)

Pour $h$ , un produit : l'exponentielle se met toujours en facteur.

b)

Par la règle du produit :

\displaystyle u'=\cos x\cos x+\sin x(-\sin x)=\cos^{2}x-\sin^{2}x

Après simplification, $u(x)=\frac{1}{2}\sin 2x$ :

\displaystyle u'=\frac{1}{2}\cos(2x)\cdot 2=\cos 2x

Les deux résultats coïncident, puisque $\cos 2x=\cos^{2}x-\sin^{2}x$ : c'est exactement l'identité du double angle.

Vérification numérique en $x=1$ : $\cos^{2}1-\sin^{2}1\approx 0{,}2919-0{,}7081=-0{,}4161$ et $\cos 2\approx-0{,}4161$ ✓.

Simplifier avant de dériver donne souvent la forme la plus lisible.

c)

\displaystyle v'=e^{x}\ln x+e^{x}\cdot\frac{1}{x}=e^{x}\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)

Pour $w=\frac{\ln x}{x}$ , un quotient :

\begin{aligned}w' &= \frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln x\cdot 1}{x^{2}} \\ &= \frac{1-\ln x}{x^{2}}\end{aligned}

Tangente horizontale quand $w'=0$ , c'est-à-dire $\ln x=1$ , donc $x=e$ , où $w(e)=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$ .

C'est le maximum de la fonction, et le fait qu'il tombe exactement en $x=e$ est la raison pour laquelle $e^{\pi}>\pi^{e}$ : une des comparaisons classiques de fin de chapitre.

d)

Ni l'une ni l'autre ne s'applique : la règle de puissance $(x^{n})'=nx^{n-1}$ exige un exposant constant, et $(a^{x})'=a^{x}\ln a$ exige une base constante. Ici la base et l'exposant varient.

Méthode : $\ln y=x\ln x$ , puis on dérive les deux membres par rapport à $x$ (le membre de gauche par la chaîne, puisque $y$ dépend de $x$ ) :

\begin{aligned}\frac{y'}{y} &= \ln x+x\cdot\frac{1}{x} = \ln x+1 \\ y' &= x^{x}(\ln x+1)\end{aligned}

Vérification de plausibilité : $y'=0$ pour $\ln x=-1$ , soit $x=\frac{1}{e}\approx 0{,}368$ , et $x^{x}$ y atteint bien son minimum $\approx 0{,}692$ : la formule livre le bon point critique.

Exercice 7 : La dérivation implicite

La figure montre le cercle $x^{2}+y^{2}=25$ et son point $(3,4)$ : aucune fonction $y=f(x)$ ne décrit le cercle entier, et pourtant la tangente en ce point existe. La dérivation implicite la trouve sans jamais isoler $y$ .

a) Expliquez pourquoi le cercle de la figure n'est pas le graphe d'une fonction, et ce que cela empêche de faire.
b) Dérivez implicitement $x^{2}+y^{2}=25$ , obtenez $\frac{dy}{dx}$ , et donnez l'équation de la tangente au point $(3,4)$ . Vérifiez que cette tangente est perpendiculaire au rayon.
c) Le folium de Descartes a pour équation $x^{3}+y^{3}=6xy$ . Trouvez $\frac{dy}{dx}$ puis la pente de la tangente au point $(3,3)$ .
d) Trouvez $\frac{dy}{dx}$ pour l'ellipse $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ , et déduisez-en les points où la tangente est horizontale et ceux où elle est verticale.

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Réponses

a) Deux points pour $x=3$ : pas une fonction
b) $\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}$ ; $y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}$
c) $\frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}$ ; pente $-1$ en $(3\,;3)$
d) Horizontale en $(0\,;\pm 2)$ ; verticale en $(\pm 3\,;0)$

a)

Le cercle échoue au test de la droite verticale : pour $x=3$ , deux points existent, $(3,4)$ et $(3,-4)$ .

Ce n'est donc pas un graphe de fonction, et l'on ne peut pas écrire $y=f(x)$ globalement, seulement par branches, $y=\pm\sqrt{25-x^{2}}$ , au prix d'un choix arbitraire et de racines pénibles à dériver.

La dérivation implicite contourne l'obstacle : elle dérive la relation telle quelle.

b)

On dérive membre à membre par rapport à $x$ , en traitant $y$ comme une fonction de $x$ :

\displaystyle 2x+2y\frac{dy}{dx}=0\iff\frac{dy}{dx}=-\frac{x}{y}

En $(3,4)$ , la pente vaut $-\frac{3}{4}$ . Tangente, la droite bleue de la figure :

\displaystyle y-4=-\frac{3}{4}(x-3)\iff y=-\frac{3}{4}x+\frac{25}{4}

Perpendicularité : le rayon de $(0,0)$ à $(3,4)$ a pour pente $\frac{4}{3}$ , et $\frac{4}{3}\times\left(-\frac{3}{4}\right)=-1$ ✓. La formule $-\frac{x}{y}$ encode cette propriété pour tous les points du cercle à la fois.

c)

Dérivation terme à terme, le membre de droite exigeant la règle du produit :

\displaystyle 3x^{2}+3y^{2}\frac{dy}{dx}=6y+6x\frac{dy}{dx}

On regroupe les termes en $\frac{dy}{dx}$ :

\begin{aligned}\frac{dy}{dx}(3y^{2}-6x) &= 6y-3x^{2} \\ \frac{dy}{dx} &= \frac{2y-x^{2}}{y^{2}-2x}\end{aligned}

En $(3,3)$ , qui vérifie bien $27+27=54=6\cdot 9$ : $\frac{6-9}{9-6}=-1$ .

La pente $-1$ traduit la symétrie du folium par rapport à la droite $y=x$ , dont $(3,3)$ est le point sur l'axe.

d)

\displaystyle \frac{2x}{9}+\frac{2y}{4}\frac{dy}{dx}=0\iff\frac{dy}{dx}=-\frac{4x}{9y}

Tangente horizontale quand la pente s'annule, soit $x=0$ : les points $(0,2)$ et $(0,-2)$ , sommets du petit axe.

Tangente verticale quand la pente n'existe pas, soit $y=0$ : les points $(3,0)$ et $(-3,0)$ , sommets du grand axe.

Là où le numérateur s'annule, la courbe est plate ; là où le dénominateur s'annule, elle est verticale.

Exercice 8 : Dérivabilité : les trois façons de perdre sa dérivée

La figure montre $y=|x|$ (le coin) et $y=x^{2/3}$ (le rebroussement) : deux fonctions parfaitement continues en 0, et pourtant sans dérivée en ce point.

a) Montrez que $f(x)=|x|$ est continue en 0 mais n'y est pas dérivable, en calculant les deux dérivées unilatérales.
b) Énoncez le théorème liant dérivabilité et continuité, précisez le sens de l'implication, et expliquez pourquoi a) constitue un contre-exemple à la réciproque.
c) Étudiez la dérivabilité de $g(x)=x^{1/3}$ en 0 (tangente verticale) et de $h(x)=x^{2/3}$ en 0 (rebroussement). En quoi ces deux échecs diffèrent-ils l'un de l'autre, et du coin de $|x|$ ?
d) Déterminez $a$ et $b$ pour que la fonction suivante soit DÉRIVABLE partout : $f(x)=x^{2}$ si $x\le 1$ , et $f(x)=ax+b$ si $x>1$ . Combien de conditions faut-il, et pourquoi la seule continuité ne suffit-elle pas ?

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Réponses

a) Dérivées unilatérales $-1$ et $1$ : pas dérivable
b) Dérivable implique continue, pas l'inverse
c) $x^{1/3}$ : tangente verticale ; $x^{2/3}$ : rebroussement
d) $a=2$ , $b=-1$ : deux conditions

a)

Continuité : $\lim_{x\to 0^{-}}|x|=0=\lim_{x\to 0^{+}}|x|=|0|$ , les trois conditions sont remplies.

Dérivées unilatérales :

\begin{aligned}\lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|-0}{h} &= \lim\frac{h}{h} = 1 \\ \lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|-0}{h} &= \lim\frac{-h}{h} = -1\end{aligned}

Les deux existent mais diffèrent : la limite globale n'existe pas, donc $f'(0)$ n'existe pas.

Géométriquement, le graphe forme un coin : la pente saute de $-1$ à $+1$ , et aucune tangente unique ne peut être définie.

b)

Théorème : si $f$ est dérivable en $a$ , alors $f$ est continue en $a$ . L'implication ne va que dans ce sens.

Idée de la preuve :

\displaystyle f(a+h)-f(a)=\frac{f(a+h)-f(a)}{h}\cdot h\to f'(a)\cdot 0=0

La réciproque est fausse, et $|x|$ en est le contre-exemple canonique : continue en 0 sans y être dérivable.

Être sans trou ne suffit pas, il faut être sans angle.

c)

Pour $g(x)=x^{1/3}$ :

\displaystyle g'(x)=\frac{1}{3}x^{-2/3}=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^{2}}}\to+\infty

des deux côtés, le dénominateur étant toujours positif. La courbe a une tangente verticale en 0 : on peut y tracer une tangente, mais sa pente est infinie, donc $g'(0)$ n'existe pas comme nombre.

Pour $h(x)=x^{2/3}$ :

\displaystyle h'(x)=\frac{2}{3}x^{-1/3}

qui tend vers $+\infty$ à droite et vers $-\infty$ à gauche : les deux branches arrivent verticalement en sens opposés et forment une pointe, le rebroussement de la figure.

Le coin de $|x|$ a deux pentes finies distinctes ; le rebroussement a deux pentes infinies de signes opposés ; la tangente verticale a une seule pente infinie. Trois pathologies, un même symptôme : pas de nombre dérivé.

d)

Deux conditions : les morceaux doivent se rejoindre (continuité) et leurs pentes s'accorder.

Continuité en 1 : $1^{2}=a(1)+b$ , soit $a+b=1$ .

Dérivées en 1 : à gauche $(x^{2})'=2x$ vaut 2, à droite $(ax+b)'=a$ .

\displaystyle a=2,\qquad b=1-2=-1

La droite $y=2x-1$ est précisément la tangente à la parabole en $(1,1)$ : le seul raccord lisse possible prolonge la courbe dans sa propre direction.

Piège : se contenter de la continuité. Elle recolle les morceaux mais autorise encore un coin, exactement comme dans $|x|$ .

Exercice 9 : Les fonctions réciproques et leurs dérivées

Une réciproque échange abscisses et ordonnées, donc elle échange aussi les pentes. Une seule formule en découle, et elle donne au passage les dérivées de l'arc sinus et de l'arc tangente.

a) Établissez la formule $\left(f^{-1}\right)'(b)=\frac{1}{f'(a)}$ , où $b=f(a)$ . Quelle interprétation géométrique en donner ?
b) Déterminez $\frac{d}{dx}\arcsin x$ par dérivation implicite de $\sin y=x$ , en justifiant le signe de la racine.
c) Déterminez de même $\frac{d}{dx}\arctan x$ à partir de $\tan y=x$ .
d) Soit $f(x)=x^{3}+x+1$ . Calculez $\left(f^{-1}\right)'(3)$ sans expliciter $f^{-1}$ . Pourquoi est-ce ici indispensable ?

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Réponses

a) $\left(f^{-1}\right)'(b)=\frac{1}{f'(a)}$ : symétrie par rapport à $y=x$
b) $\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$ sur $]-1,1[$
c) $\frac{1}{1+x^{2}}$ sur $\mathbb{R}$
d) $\left(f^{-1}\right)'(3)=\frac{1}{4}$

a)

Par définition de la réciproque, $f\left(f^{-1}(x)\right)=x$ . On dérive les deux membres par la règle de chaîne :

\begin{aligned}f'\left(f^{-1}(x)\right)\cdot\left(f^{-1}\right)'(x) &= 1 \\ \left(f^{-1}\right)'(x) &= \frac{1}{f'\left(f^{-1}(x)\right)}\end{aligned}

En $x=b$ , avec $f^{-1}(b)=a$ : $\left(f^{-1}\right)'(b)=\frac{1}{f'(a)}$ ✓.

Interprétation : le graphe de $f^{-1}$ est le symétrique de celui de $f$ par rapport à $y=x$ ; la symétrie échange $\Delta x$ et $\Delta y$ , donc transforme une pente en son inverse.

Conséquence : si $f'(a)=0$ , la tangente horizontale devient verticale, et $f^{-1}$ n'est pas dérivable en $b$ .

b)

Posons $y=\arcsin x$ , soit $\sin y=x$ avec $y\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ . On dérive :

\displaystyle \cos y\cdot\frac{dy}{dx}=1\iff\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos y}

De $\sin^{2}y+\cos^{2}y=1$ on tire $\cos y=\pm\sqrt{1-x^{2}}$ . Sur $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ , le cosinus est positif ou nul : on garde la racine positive.

\displaystyle \frac{d}{dx}\arcsin x=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}},\quad -1<x<1

Aux bornes $x=\pm 1$ , la dérivée explose : ce sont les tangentes verticales de l'arc sinus.

c)

Posons $y=\arctan x$ , soit $\tan y=x$ avec $y\in\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ . On dérive :

\displaystyle \sec^{2}y\cdot\frac{dy}{dx}=1\iff\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sec^{2}y}

L'identité $1+\tan^{2}y=\sec^{2}y$ donne directement $\sec^{2}y=1+x^{2}$ :

\displaystyle \frac{d}{dx}\arctan x=\frac{1}{1+x^{2}},\quad x\in\mathbb{R}

Aucune discussion de signe ici, $\sec^{2}y$ étant un carré. C'est cette dérivée qui fera de l'arc tangente une primitive de $\frac{1}{1+x^{2}}$ au cours de calcul intégral.

d)

On cherche $a$ tel que $f(a)=3$ : par essai, $f(1)=1+1+1=3$ ✓, donc $f^{-1}(3)=1$ .

Ensuite $f'(x)=3x^{2}+1$ , donc $f'(1)=4$ , et :

\displaystyle \left(f^{-1}\right)'(3)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{4}

C'est indispensable parce que $f^{-1}$ n'a pas d'expression explicite : inverser $y=x^{3}+x+1$ demanderait de résoudre une cubique générale. La formule ne réclame que la valeur de $a$ , lue, et la dérivée de $f$ , élémentaire : on calcule la pente d'une fonction qu'on ne sait pas écrire.

Au passage, $f'(x)=3x^{2}+1>0$ partout : $f$ est strictement croissante, donc bel et bien inversible. Cette vérification fait partie de la réponse.

Exercice 10 : Démonstrations : la dérivée du sinus et la règle du quotient

Les formules du formulaire ne tombent pas du ciel : chacune se démontre à partir de la définition et des limites du chapitre précédent. L'examen en réclame régulièrement une.

a) Démontrez que $(\sin x)'=\cos x$ à partir de la DÉFINITION de la dérivée. Quelles limites du chapitre des limites sont indispensables ?
b) Démontrez la règle du quotient $\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2}}$ à partir de la règle du produit et de la règle de chaîne.
c) Démontrez que $(x^{n})'=nx^{n-1}$ reste vraie pour $n$ entier NÉGATIF, en posant $n=-m$ avec $m>0$ .
d) Reconstituez la chaîne de dépendances : quels résultats faut-il avoir établis, et dans quel ordre, pour que la démonstration du point a) soit légitime ?

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Réponses

a) $(\sin x)'=\cos x$ grâce à $\frac{\sin h}{h}\to 1$ et $\frac{\cos h-1}{h}\to 0$
b) $\left(\frac{u}{v}\right)'=\frac{u'v-uv'}{v^{2}}$
c) $(x^{-m})'=-mx^{-m-1}$
d) Limites, limites trigonométriques, définition, formule d'addition ; pas L'Hôpital

a)

Par définition, avec la formule d'addition $\sin(x+h)=\sin x\cos h+\cos x\sin h$ :

\begin{aligned}&\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h} \\ &\quad = \frac{\sin x\cos h+\cos x\sin h-\sin x}{h} \\ &\quad = \sin x\cdot\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h}\end{aligned}

Les deux limites indispensables, établies au chapitre des limites (la seconde par le conjugué) :

\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{\sin h}{h}=1\qquad\lim_{h\to 0}\frac{\cos h-1}{h}=0

\displaystyle (\sin x)'=\sin x\cdot 0+\cos x\cdot 1=\cos x

$x$ est constant dans ce calcul, c'est $h$ qui tend vers 0 : $\sin x$ et $\cos x$ sortent des limites comme des constantes.

b)

On écrit le quotient comme un produit, $\frac{u}{v}=u\cdot v^{-1}$ , puis produit et chaîne, avec $\left(v^{-1}\right)'=-v^{-2}v'$ :

\begin{aligned}\left(\frac{u}{v}\right)' &= u'v^{-1}+u\left(v^{-1}\right)' \\ &= \frac{u'}{v}-\frac{uv'}{v^{2}} \\ &= \frac{u'v-uv'}{v^{2}}\end{aligned}

La démonstration explique pourquoi l'ordre des termes n'est pas interchangeable : le signe moins vient de la dérivée de $v^{-1}$ , il porte donc sur le terme qui contient $v'$ . C'est le meilleur moyen de ne plus jamais inverser les deux termes à l'examen.

c)

Posons $n=-m$ avec $m>0$ entier, de sorte que $x^{n}=\frac{1}{x^{m}}$ . Règle du quotient avec $u=1$ , $u'=0$ , $v=x^{m}$ , $v'=mx^{m-1}$ :

\begin{aligned}\left(x^{-m}\right)' &= \frac{0\cdot x^{m}-1\cdot mx^{m-1}}{\left(x^{m}\right)^{2}} \\ &= \frac{-mx^{m-1}}{x^{2m}} = -mx^{-m-1}\end{aligned}

En revenant à $n=-m$ : $-mx^{-m-1}=nx^{n-1}$ ✓. La règle vaut donc pour tout entier relatif.

Contrôle : pour $n=-2$ , la formule prédit $\left(x^{-2}\right)'=-2x^{-3}$ , ce qui coïncide avec le calcul de $f''$ à l'exercice 4 c).

d)

La chaîne, du plus fondamental au plus dérivé :

1. La définition de la limite et ses propriétés algébriques.

2. Les limites $\lim\frac{\sin h}{h}=1$ et $\lim\frac{\cos h-1}{h}=0$ , qui exigent le théorème du sandwich et la mesure en radians (en degrés, la première vaudrait $\frac{\pi}{180}$ et toutes les dérivées trigonométriques porteraient ce facteur parasite).

3. La définition de la dérivée comme limite du taux d'accroissement.

4. La formule d'addition $\sin(a+b)$ , qui relève de la trigonométrie et non du calcul.

Seulement alors la démonstration du a) est légitime.

Piège : utiliser L'Hôpital pour établir $\lim\frac{\sin h}{h}=1$ . Le raisonnement est circulaire, puisque L'Hôpital suppose connue la dérivée du sinus, qui est précisément ce qu'on démontre. C'est le piège de rigueur le plus fréquent du cours.

Exercice 11 : Les règles à partir d'un tableau de valeurs

On ne connaît les fonctions $f$ et $g$ que par le tableau suivant, où figurent aussi leurs dérivées. Toutes deux sont dérivables sur $\mathbb{R}$ .

$x$	$f(x)$	$f'(x)$	$g(x)$	$g'(x)$
$1$	$3$	$-2$	$2$	$4$
$2$	$3$	$5$	$3$	$-1$
$3$	$4$	$2$	$1$	$3$

a) Calculez $(f+3g)'(2)$ .
b) Calculez $(fg)'(1)$ .
c) Calculez $\left(\frac{f}{g}\right)'(2)$ .
d) Calculez $(f\circ g)'(1)$ et $(g\circ f)'(2)$ .
e) Calculez la dérivée de $f^{2}$ en $1$ et celle de $\sqrt{f}$ en $3$ .

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Réponses

a) $2$
b) $8$
c) $2$
d) $20$ et $15$
e) $-12$ et $\frac{1}{2}$

a)

La dérivée d'une somme est la somme des dérivées, et une constante sort :

\displaystyle (f+3g)'(2)=f'(2)+3g'(2)=5+3\times(-1)=2

b)

\displaystyle (fg)'(1)=f'(1)g(1)+f(1)g'(1)=(-2)(2)+(3)(4)=8

Piège : le produit des dérivées, $f'(1)g'(1)=-8$ , donnerait même le mauvais signe.

c)

\begin{aligned}\left(\frac{f}{g}\right)'(2) &= \frac{f'(2)g(2)-f(2)g'(2)}{g(2)^{2}} \\ &= \frac{5\times 3-3\times(-1)}{9} = \frac{18}{9} = 2\end{aligned}

Piège : le signe moins porte sur le terme qui contient $g'$ ; inverser l'ordre donnerait $-2$ .

d)

$(f\circ g)'(1)=f'\left(g(1)\right)\cdot g'(1)$ . On lit d'abord $g(1)=2$ , puis $f'(2)=5$ :

\displaystyle (f\circ g)'(1)=5\times 4=20

De même :

\displaystyle (g\circ f)'(2)=g'\left(f(2)\right)\cdot f'(2)=g'(3)\times 5=3\times 5=15

Les deux ordres donnent deux nombres différents, comme les deux composées sont deux fonctions différentes.

Piège : $f'(1)\cdot g'(1)=-8$ . La dérivée extérieure s'évalue en $g(1)$ , pas en $1$ .

e)

$f^{2}$ est la composée de $u\mapsto u^{2}$ et de $f$ :

\displaystyle (f^{2})'(1)=2f(1)f'(1)=2\times 3\times(-2)=-12

\displaystyle (\sqrt{f})'(3)=\frac{f'(3)}{2\sqrt{f(3)}}=\frac{2}{2\times 2}=\frac{1}{2}

Dans les deux cas, la règle de chaîne a demandé la valeur de $f$ au point, et pas seulement sa dérivée : c'est la ligne du tableau qu'on oublie.

Exercice 12 : La tangente commune à deux paraboles

On considère $f(x)=x^{2}$ et $g(x)=-x^{2}+2x-5$ , dont la figure montre les courbes. On cherche les droites tangentes À LA FOIS aux deux courbes.

a) Écrivez l'équation de la tangente à la courbe de $f$ au point d'abscisse $a$ .
b) Écrivez l'équation de la tangente à la courbe de $g$ au point d'abscisse $b$ .
c) Écrivez les deux conditions pour que ces deux droites soient confondues, et résolvez le système.
d) Donnez les équations des tangentes communes.
e) Donnez les points de contact sur la courbe de $g$ et vérifiez-en un.

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Réponses

a) $y=2ax-a^{2}$
b) $y=(2-2b)x+b^{2}-5$
c) $a=-1$ , $b=2$ ou $a=2$ , $b=-1$
d) $y=4x-4$ et $y=-2x-1$
e) $(-1\,;-8)$ et $(2\,;-5)$

a)

$f(a)=a^{2}$ et $f'(a)=2a$ :

\displaystyle y=a^{2}+2a(x-a)\iff y=2ax-a^{2}

b)

$g(b)=-b^{2}+2b-5$ et $g'(b)=-2b+2$ :

\begin{aligned}y &= -b^{2}+2b-5+(-2b+2)(x-b) \\ &= (2-2b)x+b^{2}-5\end{aligned}

car le terme constant vaut $-b^{2}+2b-5+2b^{2}-2b=b^{2}-5$ .

c)

Deux droites sont confondues quand elles ont la même pente et la même ordonnée à l'origine :

\displaystyle 2a=2-2b\qquad -a^{2}=b^{2}-5

La première donne $b=1-a$ . En substituant :

\begin{aligned}-a^{2} &= (1-a)^{2}-5 = a^{2}-2a-4 \\ 0 &= a^{2}-a-2 = (a-2)(a+1)\end{aligned}

Donc $a=2$ , $b=-1$ , ou $a=-1$ , $b=2$ .

Piège : égaler seulement les pentes. On obtient une infinité de couples de tangentes parallèles, pas une tangente commune.

d)

Pour $a=2$ : $y=4x-4$ . Pour $a=-1$ : $y=-2x-1$ .

Deux tangentes communes, cohérent avec la figure : l'une monte, l'autre descend, et les deux paraboles, ouvertes en sens contraires, ne se coupent pas.

e)

Pour $y=4x-4$ , contact sur $g$ en $b=-1$ : $g(-1)=-1-2-5=-8$ , point $(-1\,;-8)$ .

Vérification : $g'(-1)=2+2=4$ , la pente est la bonne, et $4\times(-1)-4=-8$ , le point est sur la droite ✓.

Pour $y=-2x-1$ , contact en $b=2$ : $g(2)=-5$ , point $(2\,;-5)$ , avec $g'(2)=-2$ et $-2\times 2-1=-5$ ✓.

Une tangente se vérifie par deux contrôles, la pente et l'appartenance du point : l'un sans l'autre ne prouve rien.

Exercice 13 : La dérivée numérique : estimer une pente à partir de mesures

On remplit une cuve et l'on relève chaque minute le volume d'eau qu'elle contient. Le tableau donne le volume $V$ , en litres, en fonction du temps $t$ , en minutes.

$t$ (min)	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$V$ (L)	$537$	$568$	$593$	$612$	$625$

a) Calculez le taux de variation moyen du volume entre $t=1$ et $t=5$ .
b) Estimez $V'(3)$ par la différence AVANT $\frac{V(4)-V(3)}{1}$ , puis par la différence ARRIÈRE $\frac{V(3)-V(2)}{1}$ .
c) Estimez $V'(3)$ par la différence CENTRÉE $\frac{V(4)-V(2)}{2}$ . Pourquoi est-elle en général meilleure ?
d) Les mesures suivent en fait $V(t)=500+40t-3t^{2}$ . Calculez $V'(3)$ exactement, puis montrez que la différence centrée est EXACTE pour ce modèle, en tout point et pour tout pas.
e) À quel instant le débit de remplissage s'annule-t-il ? Le tableau suffisait-il pour le savoir ?

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Réponses

a) $22$ L/min
b) $19$ et $25$ L/min
c) $22$ L/min
d) $V'(3)=22$ : la différence centrée est exacte
e) $t\approx 6{,}67$ min ; le tableau ne le montrait pas

a)

$\frac{V(5)-V(1)}{5-1}=\frac{625-537}{4}=22$ L/min

C'est un taux moyen : il dit ce qui s'est passé en quatre minutes, pas à un instant précis.

b)

Avant : $\frac{612-593}{1}=19$ L/min. Arrière : $\frac{593-568}{1}=25$ L/min.

Les deux estimations encadrent la vraie valeur mais s'en écartent chacune de $3$ : la courbe se courbe, et une sécante prise d'un seul côté hérite de cette courbure.

c)

$\frac{612-568}{2}=22$ L/min, la moyenne des deux précédentes.

Une sécante centrée compense l'erreur de courbure d'un côté par celle de l'autre : l'erreur de la différence avant est proportionnelle au pas, celle de la différence centrée au carré du pas. C'est la formule qu'utilisent les calculatrices et les tableurs.

d)

$V'(t)=40-6t$ , donc $V'(3)=22$ L/min, exactement l'estimation centrée. En général :

\begin{aligned}&V(a+k)-V(a-k) \\ &\quad = 40(2k)-3\left[(a+k)^{2}-(a-k)^{2}\right] \\ &\quad = 80k-12ak\end{aligned}

En divisant par $2k$ : $40-6a=V'(a)$ , quels que soient $a$ et $k$ .

Les termes en $k^{2}$ se sont annulés par symétrie : pour un polynôme de degré $2$ , la différence centrée ne commet aucune erreur. Le taux moyen du a), entre $1$ et $5$ , est d'ailleurs la différence centrée en $3$ de pas $2$ .

e)

$V'(t)=0$ donne $t=\frac{40}{6}\approx 6{,}67$ min, où le volume culmine à $V\approx 633{,}3$ L avant de décroître : la cuve se met à fuir plus qu'elle ne se remplit.

Le tableau, qui s'arrête à $t=5$ , ne le montrait pas : les taux y sont tous positifs. Une estimation numérique ne dit rien au-delà des mesures ; seul le modèle permet de prévoir.

Exercice 14 : Problème : la trajectoire d'un ballon et l'angle de la tangente

Un ballon est lancé depuis une hauteur de $2$ m. Sa trajectoire, dans un plan vertical, suit $y=-0{,}05x^{2}+0{,}9x+2$ , où $x$ est la distance horizontale au lanceur et $y$ la hauteur, toutes deux en mètres. L'angle d'une trajectoire avec l'horizontale en un point est l'angle $\theta$ tel que $\tan\theta=y'(x)$ . La figure ci-dessous représente la situation ; elle n'est pas à l'échelle.

a) Calculez $y'(x)$ et l'angle de lancer, au dixième de degré.
b) Où le ballon atteint-il sa hauteur maximale, et que vaut-elle ?
c) Un filet de $3$ m de haut est tendu à $16$ m du lanceur. Le ballon passe-t-il au-dessus, et avec quelle marge ?
d) Où le ballon touche-t-il le sol, et sous quel angle ?
e) En quel point la trajectoire est-elle parallèle au segment qui joint le point de lancer au point d'impact ?

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Réponses

a) $y'(x)=-0{,}1x+0{,}9$ ; $42{,}0°$
b) $x=9$ m, $6{,}05$ m
c) $3{,}6$ m : marge $0{,}6$ m
d) $x=20$ m, $47{,}7°$ sous l'horizontale
e) $x=10$ m

a)

$y'(x)=-0{,}1x+0{,}9$ , donc $y'(0)=0{,}9$ et :

\displaystyle \theta=\arctan 0{,}9\approx 42{,}0°

La dérivée donne une pente, un nombre sans unité ; l'angle s'en déduit par l'arc tangente.

b)

Au sommet, la tangente est horizontale : $y'(x)=0$ donne $x=9$ m.

$y(9)=-4{,}05+8{,}1+2=6{,}05$ m

c)

$y(16)=-12{,}8+14{,}4+2=3{,}6$ m

Le ballon passe au-dessus du filet avec $0{,}6$ m de marge.

d)

\begin{aligned}-0{,}05x^{2}+0{,}9x+2 &= 0 \\ x^{2}-18x-40 &= 0 \\ (x-20)(x+2) &= 0\end{aligned}

La racine négative est hors du domaine : impact à $x=20$ m. Là :

\displaystyle y'(20)=-2+0{,}9=-1{,}1\qquad\theta=\arctan(-1{,}1)\approx-47{,}7°

Le ballon arrive à $47{,}7°$ sous l'horizontale, plus raide qu'au départ, parce qu'il retombe de plus haut qu'il n'est parti.

e)

Le segment joint $(0\,;2)$ à $(20\,;0)$ : pente $\frac{0-2}{20}=-0{,}1$ .

$-0{,}1x+0{,}9=-0{,}1\iff x=10$ m, au point $(10\,;6)$ .

Ce point existe toujours pour une courbe dérivable, c'est ce que garantira le théorème des accroissements finis ; pour une parabole, il tombe exactement au milieu de l'intervalle.

Exercice 15 : Problème : raccorder deux routes sans à-coup

Une route horizontale, à la hauteur $0$ pour $x\le 0$ , doit rejoindre une seconde route horizontale, à la hauteur $2$ m pour $x\ge 40$ , les distances étant en mètres. On cherche une transition $p(x)=ax^{3}+bx^{2}+cx+d$ sur $[0,40]$ qui se raccorde SANS À-COUP : même hauteur et même pente que la route à chaque extrémité. La figure du corrigé montre le profil obtenu. La figure ci-dessous représente la situation.

a) Écrivez les quatre conditions du raccord. Pourquoi une parabole $bx^{2}+cx+d$ ne peut-elle pas convenir ?
b) Déterminez $a$ , $b$ , $c$ et $d$ .
c) Calculez la hauteur de la route à mi-parcours.
d) Où la pente est-elle la plus forte, et que vaut-elle en pour cent ?
e) On veut monter de $3$ m au lieu de $2$ , avec une pente maximale de $10$ %. Quelle longueur de transition faut-il au minimum ?

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Réponses

a) $p(0)=p'(0)=0$ , $p(40)=2$ , $p'(40)=0$ : quatre conditions
b) $a=-6{,}25\times 10^{-5}$ , $b=3{,}75\times 10^{-3}$ , $c=d=0$
c) $1$ m
d) En $x=20$ m : $7{,}5$ %
e) $L\ge 45$ m

a)

Quatre conditions : $p(0)=0$ et $p'(0)=0$ au départ, $p(40)=2$ et $p'(40)=0$ à l'arrivée.

Une parabole n'a que trois coefficients pour quatre conditions. Concrètement, $p(0)=0$ et $p'(0)=0$ imposent $d=c=0$ , donc $p(x)=bx^{2}$ ; alors $p'(40)=80b=0$ force $b=0$ , et $p(40)=0\neq 2$ .

Il faut le degré $3$ .

b)

$p'(x)=3ax^{2}+2bx+c$ . Les deux premières conditions donnent $d=0$ et $c=0$ . Les deux autres :

\begin{aligned}64000a+1600b &= 2 \\ 4800a+80b &= 0\end{aligned}

La seconde donne $b=-60a$ ; en substituant, $64000a-96000a=2$ :

\displaystyle a=-\frac{1}{16000}=-6{,}25\times 10^{-5}\qquad b=3{,}75\times 10^{-3}

\displaystyle p(x)=0{,}00375x^{2}-0{,}0000625x^{3}

Contrôle : $p(40)=6-4=2$ ✓ et $p'(40)=0{,}3-0{,}3=0$ ✓.

c)

$p(20)=1{,}5-0{,}5=1$ m

Exactement la moitié de la montée : le profil est symétrique par rapport à son milieu.

d)

La pente $p'(x)=0{,}0075x-0{,}0001875x^{2}$ est maximale là où sa propre dérivée s'annule :

$p''(x)=0{,}0075-0{,}000375x=0\iff x=20$ m

Là, $p'(20)=0{,}15-0{,}075=0{,}075$ , soit une pente de $7{,}5$ %.

C'est le point d'inflexion du profil, où la route cesse de se cabrer pour commencer à se redresser.

e)

Avec une montée $H$ sur une longueur $L$ , le même calcul donne :

\displaystyle p(x)=H\left[3\left(\frac{x}{L}\right)^{2}-2\left(\frac{x}{L}\right)^{3}\right]

de pente maximale $\frac{3H}{2L}$ au milieu ; on retrouve $\frac{3\times 2}{80}=0{,}075$ . Pour $H=3$ et $L=40$ , elle monterait à $11{,}25$ %.

Pour rester sous $10$ % :

$\frac{3\times 3}{2L}\le 0{,}10\iff L\ge 45$ m

Exercices corrigés : la dérivée et les règles de dérivation (201-SN2-RE, ancien 201-NYA)

Rappel de cours

Calculs : la dérivée par le taux d'accroissement

Exercice 0.1 : La dérivée en un point par le taux d'accroissement

Exercice 0.2 : La fonction dérivée par le taux d'accroissement

Partie A : Définir et calculer la dérivée (/50)

Exercice 1 : De la sécante à la tangente : la définition

Exercice 2 : Les règles : puissance, produit, quotient

Exercice 3 : La règle de chaîne : dériver les emboîtements

Exercice 4 : Les dérivées d'ordre supérieur

Exercice 5 : Tangentes et normales

Partie B : Transcendantes, réciproques et démonstrations (/50)

Exercice 6 : Les fonctions transcendantes

Exercice 7 : La dérivation implicite

Exercice 8 : Dérivabilité : les trois façons de perdre sa dérivée

Exercice 9 : Les fonctions réciproques et leurs dérivées

Exercice 10 : Démonstrations : la dérivée du sinus et la règle du quotient

Partie C : les classiques (/50)

Exercice 11 : Les règles à partir d'un tableau de valeurs

Exercice 12 : La tangente commune à deux paraboles

Exercice 13 : La dérivée numérique : estimer une pente à partir de mesures

Exercice 14 : Problème : la trajectoire d'un ballon et l'angle de la tangente

Exercice 15 : Problème : raccorder deux routes sans à-coup

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